Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que $a+b=2009$ y calculemos \begin{align*}\frac{5}{5+25^{a/2009}}+\frac{5}{5+25^{b/2009}} &=\frac{5\cdot (5+25^{b/2009})+5\cdot(5+25^{a/2009})}{(5+25^{a/2009})(5+25^{b/2009})}\\ &=\frac{25+5\cdot 25^{b/2009}+25+5\cdot 25^{a/2009}}{25+5(25^{a/2009}+25^{b/2009})+25}=1. \end{align*} De esta manera, podemos agrupar el primer término con el último, el segundo con el penúltimo y así sucesivamente. Como hay $2008$ términos, podemos hacer $1004$ parejas que suman $1$ (sin que sobre ningún término), luego la suma del enunciado es igual a $1004$.

Solución. Sea $ABCD$ el tetraedro regular. Para que la sección producida sea un cuadrilátero y no un triángulo, el plano debe dejar a cada lado dos de los vértices; sin perder generalidad, supondremos que $A$ y $B$ están a un lado y $C$ y $D$ al otro, de forma que el rombo $PQRS$ tiene los vértices $P,Q,R,S$ sobre los lados del tetraedro $BD,DA,AC,CB$, respectivamente. Por ser rombo, la recta $QR$ es paralela a $PS$ y admiten un vector director común $\vec u$ que debe ser paralelo a los planos que contienen las caras $ACD$ y $BCD$ y, por tanto, la recta $CD$, intersección de estos dos planos, tiene que tener también a $\vec u$ por vector director (en otras palabras, $PS$ y $QR$ son paralelas a $CD$). Del mismo modo se demuestra que $RS$ y $PQ$ tienen por vector director al vector director de $AB$, que llamaremos $\vec v$. Como $\vec u$ y $\vec v$ son perpendiculares (las rectas $AB$ y $CD$ se cruzan en el espacio de forma perpendicular), se sigue $PQRS$ tiene todos sus ángulos iguales a $90^\circ$ y, en consecuencia, se trata de un cuadrado.

Nota. En realidad hemos demostrado una propiedad un poco más general: si la sección producida es un paralelogramo, entonces debe ser un rectángulo. La propiedad de ser rombo distrae más que aporta, ya que si intentamos usar argumentos sobre la longitud de los lados de $PQRS$, los razonamientos se complican y no parece que lleven a una solución sencilla.

Solución. Sea $x_n$ el número de caminos de longitud $2n$ que empiezan y acaban en $A$ y sea $y_n$ el número de caminos de longitud $2n$ que empiezan en $A$ y acaban en $B$. Consideremos también los vértices $C$ y $D$ que son diagonalmente opuestos a $A$ en cada una de las otras dos caras del cubo que tienen a $A$ por vértice pero no a $B$.

Vamos a contar los caminos $x_n$ teniendo en cuenta primero las dos primeras aristas recorridas partiendo de $A$ y luego las $2n-2$ restantes para volver a $A$. Cuando hacemos recorremos una distancia 2 partiendo de $A$, tenemos nueve caminos posibles: dos acaban en $B$, dos acaban en $C$, dos acaban en $D$ y tres vuelven a $A$. Si acabamos en $B$, $C$ o $D$, para volver a $A$ en los $2n-2$ pasos restantes, tendremos $y_{n-1}$ posibles caminos ya que se trata de ir de un vértice a otro diagonalmente opuesto de la misma cara. Si estamos en $A$, tendríamos $x_{n-1}$ posibles caminos para quedarnos en $A$ tras estos $2n-2$ pasos. Esto nos da la recurrencia $x_n=3x_{n-1}+6y_{n-1}$. De la misma forma, si tras los dos primeros pasos acabamos en $A$, $C$ o $D$, para acabar en $B$ tras los $2n-2$ restantes tenemos $y_{n-1}$ posibles caminos y si estamos en $B$ tenemos $x_{n-1}$ caminos. Esto nos otra recurrencia $y_n=2x_{n-1}+7y_{n-1}$ y tenemos así el sistema \[\left\{\begin{array}{l}x_n=3x_{n-1}+6y_{n-1},\\y_n=2x_{n-1}+7y_{n-1}.\end{array}\right.\]

Veamos dos formas de terminar el problema:

• Si restamos ambas ecuaciones, obtenemos $x_n-y_n=x_{n-1}-y_{n-1}$ para todo $n$ luego la diferencia entre ambas sucesiones no varía. Como $x_1=3$ e $y_1=2$, deducimos que $x_n=y_n+1$ para todo entero positivo $n$. Para $n=500$, tenemos la respuesta: hay más caminos de longitud $1000$ que que van de $A$ a $A$ que caminos de longitud $1000$ que van de $A$ a $B$.
• La otra alternativa es probar por inducción que $x_n\gt y_n$ para todo número natural $n$, lo que en particular nos dirá que $x_{500}\gt y_{500}$. Para $n=1$, se tiene claramente que $x_1=3$ e $y_1=2$. Supuesto que se cumple que $x_{n-1}\gt y_{n-1}$ para cierto valor de $n$, también se cumple para el siguiente valor ya que \[x_n=3x_{n-1}+6y_{n-1}=2x_{n-1}+x_{n-1}+6y_{n-1}\gt 2x_{n-1}+y_{n-1}+6y_{n-1}=2x_{n-1}+7y_{n-1}=y_n.\] Esto prueba la desigualdad que queríamos y termina la demostración.

Nota. El sistema de ecuaciones en recurrencias anterior se puede resolver, aunque esto es de un nivel bastante superior al que se espera en esta olimpiada, y puede calcularse explícitamente $x_n=\frac{1}{4}(9^n+3)$ e $y_n=\frac{1}{4}(9^n-1)$.

Solución. Estas tres desigualdades se pueden reescribir como \begin{align*} \angle ACB\leq \angle APB\leq 2\angle ACB,\\ \angle BAC\leq \angle BPC\leq 2\angle BAC,\\ \angle CBA\leq \angle CPA\leq 2\angle CBA. \end{align*} Sumando y usando que $\angle ACB+\angle BAC+\angle CBA=180^\circ$ (los ángulos del triángulo $ABC$ suman $180^\circ$, tenemos que \[180^\circ\leq \angle APB+\angle BPC+\angle CPA\leq 360^\circ.\] Sin embargo, se tiene que $\angle APB+\angle BPC+\angle CPA=360^\circ$ ya que estos tres ángulos forman un ángulo completo. Tenemos así que deben darse las siguientes tres igualdades: \[\angle APB=2\angle ACB,\qquad\angle BPC=2\angle BAC,\qquad\angle CPA=2\angle CBA.\] Estas igualdades se cumplen si $P$ coincide con $O$, el circuncentro de $ABC$ por la propiedad del ángulo central en la circunferencia circunscrita a $ABC$. Por la propiedad del arco capaz, la igualdad $\angle APB=\angle AOP$ nos dice que $P$ tiene que estar en la circunferencia circunscrita de $ABO$ y análogamente, tiene que estar en las circunferencias circunscritas de $BCO$ y $CAO$. Como estas tres circunferencias solo se cortan en $O$, necesariamente ha de ser $P=O$. Hemos probado así que el circuncentro es el único punto que cumple las condiciones del enunciado (observemos que el circuncentro es interior al triángulo puesto que es acutángulo).

Solución. Probando con los sumandos más grandes posibles (para intentar minimizar el número de sumandos), llegamos a la siguiente descomposición: \[2009=1111+777+99+22.\] Si ahora trabajamos módulo $11$, observamos que los sumandos de dos y cuatro cifras son congruentes con $0$, mientras que los sumandos de tres cifras son congruentes con la cifra. Como $2009\equiv 7\ (\text{mod }11)$, las cifras de los números de tres cifras que usemos tienen que sumar $7$ o $18$ (si sumaran $25$ o más, nos pasaríamos ya que $25\cdot 111\gt 2009$). Si suman $18$, entonces tendríamos $18\cdot 111=1998$, que nos dejaría $9$ unidades de margen y no pueden obtenerse con otros sumandos puesto que no está permitido usar sumandos de una cifra. Tenemos así que $777$ tiene que ser el único sumando de tres cifras en cualquier descomposición que hagamos de $2009$ con el menor número de sumandos (ya que podríamos descomponer, por ejemplo, $777=444+333$). También tiene que ser necesariamente $1111$ otro sumando ya que no podemos obtener $2009-777=1232$ si sumamos solamente números de dos cifras distintos (tenemos que $11+22+\ldots+99=495\lt 1232$). Teniendo ahora en cuenta que $2009-777-1111=121$ tiene que expresarse como suma de (dos) números de dos cifras, obtenemos fácilmente las únicas cuatro descomposiciones que usan cuatro sumandos: \begin{align*} 2009&=1111+777+99+22,&2009&=1111+777+88+33,\\ 2009&=1111+777+77+44,&2009&=1111+777+66+55. \end{align*} Cualquier otra descomposición se obtiene reordenando sumandos o bien tienen al menos cinco sumandos.

Solución. Sea $m$ el número máximo de vértices de un mismo color al que está unido uno de los vértices en la configuración dada. Sea $V$ un vértice que alcance este máximo: pongamos es de color A y está unido a $m$ vértices de otro color B. Como está unido a $n+1$ vértices, tendrá que estar necesariamente unido a al menos un vértice $W$ del tercer color C. Entonces, $W$ está unido como mucho a $m$ vértices de color A (por ser $m$ el máximo), luego estará unido al menos a $n+1-m$ vértices de color B. De entre estos vértices habrá alguno, llamémoslo $U$, al que estará unido $V$ puesto que $V$ está unido a $m$ vértices de color B y $(n+1-m)+m=n-1\gt n$. Tenemos entonces que $U,V,W$ están unidos entre sí y tienen distinto color.

Solución. Podemos factorizar \[n^{19}-n^7=n^7(n^{12}-1)=n\cdot n^6\,(n^6+1)(n^6-1).\] Observamos que $n^6-1$, $n^6$ y $n^6+1$ son tres enteros consecutivos, luego habrá uno de ellos múltiplo de $2$ y también habrá uno múltiplo de $3$. Por otro lado, si $n$ es múltiplo de $5$, el número también será múltiplo de $5$ puesto que tiene un factor $n$. Si $n$ no es múltiplo de $5$, entonces $n^2$ es congruente con $1$ o $4$ módulo $5$, luego $n^6=(n^2)^3$ congruente con $1^3=1$ (en cuyo caso $n^6-1$ es múltiplo de $5$) o con $4^3=64\equiv 4$ (en cuyo caso $n^6+1$ es múltiplo de $5$).

En todos los casos, hemos probado que $n^{19}-n^7$ es múltiplo de $2$, de $3$ y de $5$, luego es múltiplo de $30$.

Nota. El polinomio original se puede seguir factorizando, aunque no aporta nada esencial a la discusión. Una factorización completa sobre los enteros es: \[n^{19}-n^7=n^7(n-1)(n+1)(n^2+1)(n^2-n+1)(n^2+n+1)(n^4-n^2+1)\]

Solución. Supongamos que $P$ es uno de los planos que contiene cuatro puntos, pongamos $A,B,C,D$, y que no hay tres de ellos alineados. Vamos a probar que en tal caso a lo sumo hay tres planos, distinguiendo casos:

• Si $P$ contiene a los 6 puntos, entonces $P$ es el único plano.
• Si $P$ contiene a 5 puntos, pongamos $A,B,C,D,E$, y no al sexto $F$, entonces el máximo número de planos es $3$, lo cual ocurre cuando hay dos rectas contenidas en $P$ que se cortan en $E$ y cada una contiene a dos de los puntos $A,B,C,D$. Tenemos entonces el plano $P$ y los otros dos planos que contienen a $F$ y a una de estas dos rectas.
• Si $P$ contiene únicamente a $A,B,C,D$ y no a los otros dos, llamémoslos $E$ y $F$, entonces cualquier otro plano debe contener necesariamente a $E$ y $F$ ya que hemos supuesto que no hay tres de los puntos $A,B,C,D$ que estén alineados. Del haz de planos que contienen a $E$ y $F$, como mucho habrá un plano que contenga a dos de los puntos $A,B,C,D$ y otro que contenga a los otros dos, luego el máximo también es $3$ en este caso.

Esto demuestra que, si queremos más de tres planos, necesariamente cada uno de ellos debe contener a tres puntos alineados. Si sólo hubiera tres puntos alineados de entre los seis, entonces tendríamos también un máximo de tres planos (que serían los que contienen a estos tres puntos y pasan por cada uno de los tres restantes). Así, nos queda la posibilidad de que los seis puntos formen dos ternas de puntos alineados (no coplanarias), en cuyo caso tenemos seis planos (los que contienen a una terna y pasan por cada uno de los tres puntos restantes). Deducimos así que el máximo es $6$.

Solución. Vamos a llamar $W$ y $B$ al número de puntos blancos y negros de la retícula (por sus siglas en inglés). Supongamos que en una columna $C$ hay $w$ puntos blancos y $b$ puntos negros, con $b+w=m$. Podemos contar el número total de puntos blancos teniendo en cuenta que por cada punto blanco en $C$ hay $w$ puntos blancos en su fila (lo que nos da $w^2$ puntos blancos entre todas esas filas) y por cada punto negro en $C$ hay $b$ puntos negros en su fila, luego $n-b$ puntos blancos. En resumidas cuentas, tenemos que \[W=w^2+b(n-b)=w^2-b^2+bn=w^2-(m-w)^2+(m-w)n=(2n-m)w+n(m-n).\] Esto vale para cualquier columna, lo que nos dice que, si $n\neq 2m$, todas las columnas deben tener el mismo número de elementos blancos (ya que $W$ no depende de la columna elegida). Si $m\neq 2n$, la misma cuenta vale para las filas y todas ellas deben tener el mismo número de elementos blancos. Esto no es más que cambiar los papeles de $m$ y $n$, luego tenemos que \[W=(2n-m)w+n(m-n)=(2m-n)w+m(n-m),\] La última igualdad se puede transformar en $3(m-n)w=m^2-n^2$. Si ocurriera que $m\neq n$, entonces tendríamos que $3w=m+n$ y, haciendo todo el razonamiento con los puntos blancos, tenemos que $3w=m+n=3b$, esto es, toda fila y toda columna debe tener el mismo número de elementos blancos y de elementos negros, luego debe ser necesariamente $m=n$.

Hemos probado entonces que si $m\neq 2n$ y $n\neq 2m$, tiene que ser $m=n$. Tenemos así tres casos y vamos a ver que en los tres se puede, luego la solución son los pares $(n,n)$, $(2n,n)$ y $(n,2n)$ para todo entero positivo $n$:

• Si $m=n$, sólo hay que pintar todos los puntos del mismo color.
• Si $m=2n$, podemos pintar las $n$ primeras filas enteras de blanco y las $n$ últimas filas enteras de negro.
• Si $n=2m$, análogamente pintamos las $m$ primeras columnas enteras de blanco y las $m$ últimas columnas enteras de negro.

Solución. Sean $O_1$ y $r_1$ el centro y el radio de la circunferencia tangente a $AB$ y $AD$ y sean $O_2$ y $r_2$ el centro y el radio de la circunferencia tangente a $CD$ y $CB$. Pongamos también que estas circunferencias son tangentes a $AB$ y $CD$ en los puntos $T_1$ y $T_2$, respectivamente, y que ambas circunferencias son tangentes entre sí en el punto $T$, que está alineado con $O_1$ y $O_2$. Las rectas $AO_1$ y $CO_2$ son paralelas puesto que son las bisectrices del paralelogramo en los vértices opuestos. Estas dos paralelas cortan a la recta $O_1O_2$ formando ángulos alternos internos iguales, es decir, $\angle AO_1T=\angle CO_2T$. Además, los triángulos $AO_1T_1$ y $CO_2T_2$ son triángulos rectángulos semejantes, luego \[\frac{AO_1}{O_1T}=\frac{AO_1}{O_1T_1}=\frac{CO_2}{O_2T_2}=\frac{CO_2}{O_2T}.\] Todo esto nos dice que los triángulos $AO_1T$ y $CO_2T$ son semejantes y, en particular, $\angle CTO_2=\angle ATO_1$. Como $O_1$, $O_2$ y $T$ están alineados, esto implica que $T$ está alineado con $A$ y $C$, como queríamos probar.

Solución. Supongamos que $\alpha$ es una raíz común a ambos polinomios. Restando las igualdades $\alpha^n+a\alpha=2008$ y $\alpha^n+b\alpha=2009$, obtenemos que $(b-a)\alpha=1$, luego solo hay una posible raíz común, que es $\alpha=\frac{1}{b-a}$. Sustituyéndola en la primera ecuación, tenemos que \[\frac{1}{(b-a)^n}+\frac{a}{b-a}=2008\ \Leftrightarrow\ \frac{1}{(b-a)^{n-1}}=2008(b-a)-a=2008b-2009a.\] De aquí deducimos que \[(b-a)^{n-1}(2008b-2009a)=1.\] Al tratarse de números enteros obtenemos que $b-a=\pm 1$ y $2008b-2009a=\pm 1$, aunque habrá que tener en cuenta la paridad del exponente $n-1$. Distingamos casos:

• Si $b-a=1$ y $2008b-2009a=1$, podemos resolver este sistema lineal para llegar a que $a=2007$ y $b=2008$, en cuyo caso se comprueba fácilmente que $x_0=1$ es raíz común a los dos polinomios del enunciado.
• Si $b-a=-1$ y $2008b-2009a=1$ (siendo $n$ impar), el sistema lineal nos da $a=-2009$ y $b=-2010$, en cuyo caso la raíz común es $x_0=-1$ (se comprueba fácilmente).
• Si $b-a=-1$ y $2008b-2009a=-1$ (siendo $n$ par), el sistema lineal nos da $a=-2007$ y $b=-2008$, en cuyo caso la raíz común es $x_0=-1$ (se comprueba también fácilmente).

Por tanto, respondemos al enunciado diciendo que las soluciones $(a,b)$ para $n$ par son $(2007,2008)$ y $(-2007,-2008)$; si $n$ es impar, las soluciones son $(2007,2008)$ y $(-2009,-2010)$.